Question

5．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=kx-k，k∈R．
（1）討論函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象交點的個數(shù)；
（2）若f（x）≤g（x）在x∈（0，+∞）上恒成立，令F（x）=f（x）-g（x），對于任意的a＞0，證明：F（a+1）-F（a）＜$\frac{1}{a（1+a）}$．

Answer 1

分析 （1）令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-kx+k，求出導數(shù)，對k討論，求得單調(diào)區(qū)間，極值和最值，結(jié)合零點的定義，即可得到交點個數(shù)；
（2）運用作差法，結(jié)合（1）的結(jié)論和x＞0，lnx≤x-1，即可得證．

解答 解：（1）令h（x）=f（x）-g（x）=lnx-kx+k，h′（x）=$\frac{1}{x}$-k，（x＞0），
當k≤0時，h′（x）＞0，h（x）在x＞0遞增，由h（1）=0，
可得h（x）在（0，+∞）有1個零點；
當k＞0時，當0＜x＜$\frac{1}{k}$時，h′（x）＞0，h（x）遞增，當x＞$\frac{1}{k}$時，h′（x）＜0，h（x）遞減．
即有h（x）_max=h（$\frac{1}{k}$）=-lnk-1+k，
令m（x）=-lnx-1+x，m′（x）=-$\frac{1}{x}$+1，
0＜x＜1時，m（x）遞減，x＞1時，m（x）遞增，m（x）_min=m（1）=0，
即h（x）_max=h（$\frac{1}{k}$）≥0，當k=1時，h（x）_max=0，h（x）有1個零點；
當k≠1，h（x）_max＞0，h（x）有2個零點；
綜上可得當k≤0或k=1時，函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象交點有1個，
當k＞0且k≠1時，函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)g（x）的圖象交點有2個；
（2）證明：由（1）知k≤0，f（x）≤g（x）在（0，+∞）不恒成立；
當k＞0時，h（x）_max=-lnk-1+k，
由（1）知，h（x）_max=-lnk-1+k≥0不恒成立，-lnk-1+k=0時，k=1，
F（x）=lnx-x+1，且x＞0，lnx≤x-1，
由F（a+1）-F（a）=ln$\frac{a+1}{a}$-1≤$\frac{a+1}{a}$-2=$\frac{1-a}{a}$，
當a≥1時，$\frac{1-a}{a}$≤0＜$\frac{1}{a（1+a）}$，
當0＜a＜1時，1-a²＜1，即$\frac{1-a}{a}$＜$\frac{1}{a（1+a）}$，
所以F（a+1）-F（a）＜$\frac{1}{a（1+a）}$．

點評 本題考查函數(shù)和方程的轉(zhuǎn)化思想，考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問題的解法，屬于中檔題．